Question

2．已知函数f（x）=（a-1）lnx+ax²+1．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若a≥l时，任意的x₁＞x₂＞0，总有|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可求出，
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的结论可得|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|即为f（x₁）-f（x₂）＞2x₁-2x₂，令g（x）=f（x）-2x，求导，再分离参数，根据基本不等式即可求出a的范围

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a-1}{x}$+2ax=$\frac{2a{x}^{2}+a-1}{x}$（x＞0）
当0＜a＜1时，令f′（x）=0，解得$x=\sqrt{\frac{1-a}{2a}}$则当$0＜x＜\sqrt{\frac{1-a}{2a}}$时f′（x）＜0，
当$x＞\sqrt{\frac{1-a}{2a}}$时 f′（x）＞0，
故f（x）在$（0，\sqrt{\frac{1-a}{2a}）}$上单调递减；在$\sqrt{\frac{1-a}{2a}，}+∞）$上单调递增；
综上当a≥1时f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a≤0时f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当0＜a＜1时f（x）在$（0，\sqrt{\frac{1-a}{2a}）}$上单调递减；在$\sqrt{\frac{1-a}{2a}，}+∞）$上单调递增        
（II）由（Ⅰ）知当a≥1时f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
对任意x₁＞x₂＞0，f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x₁）-f（x₂）＞2x₁-2x₂即f（x₁）-f（x₂）＞2x₁-2x₂
令g（x）=f（x）-2x，
∵x₁＞x₂＞0，f（x₁）-f（x₂）＞2x₁-2x₂
∴g（x）=f（x）-2x，在（0，+∞）上单调递增；
∴g′（x）=$\frac{a-1}{x}$+2ax-2，即$\frac{a-1}{x}+2ax-2≥0$在（0，+∞）上恒成立；
故（$\frac{1}{x}$+2x）a＞2+$\frac{1}{x}$，
∵x＞0，
∴$a≥\frac{{2+\frac{1}{x}}}{{\frac{1}{x}+2x}}=\frac{2x+1}{{1+2{x^2}}}$
令t=2x+1，则$x=\frac{t-1}{2}$又∵x＞0，∴t＞1，
∴$a≥\frac{t}{{2{{（\frac{t-1}{2}）}^2}+1}}=\frac{t}{{\frac{{{t^2}-2t+1}}{2}+1}}=\frac{2}{{t+\frac{3}{t}-2}}$
∵t＞1
∴$t+\frac{3}{t}≥2\sqrt{3}$（当且仅当$t=\sqrt{3}$时取等号）
∴$\frac{2}{t+\frac{3}{t}-2}$≤$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$
故不等式$a≥\frac{2}{{t+\frac{3}{t}-2}}$恒成立的条件是$a≥\frac{{\sqrt{3}+1}}{2}$

点评 本题考查了函数与导数的综合应用问题，也考查了求函数最值与不等式恒成立问题，是综合性问题．